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(三)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(1)
1.已知函數(shù)f(x)=x2+(x≠0,a∈R).
(1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性,并說明理由;
(2)若f(x)在區(qū)間[2,+∞)上是增函數(shù),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解 (1)當(dāng)a=0時,f(x)=x2,
對任意x∈(-∞,0)∪(0,+∞),
f(-x)=(-x)2=x2=f(x),
∴f(x)為偶函數(shù).
當(dāng)a≠0時,f(x)=x2+ (a≠0,x≠0),
令x=-1,得f(-1)=1-a.
令x=1,得f(1)=1+a.
∴f(-1)+f(1)=2≠0,f(-1)-f(1)=-2a≠0,
∴f(-1)≠-f(1),f(-1)≠f(1).
∴函數(shù)f(x)既不是奇函數(shù),也不是偶函數(shù).
綜上,當(dāng)a=0時,f(x)為偶函數(shù);當(dāng)a≠0時,f(x)既不是奇函數(shù),也不是偶函數(shù).
(2)若函數(shù)f(x)在[2,+∞)上為增函數(shù),
則f′(x)≥0在[2,+∞)上恒成立,
即2x-≥0在[2,+∞)上恒成立,
即a≤2x3在[2,+∞)上恒成立,
只需a≤(2x3)min,x∈[2,+∞),
∴a≤16,∴a的取值范圍是(-∞,16].
2.(2016課標(biāo)全國乙)已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)若f(x)有兩個零點(diǎn),求a的取值范圍.
解 (1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).
(ⅰ)設(shè)a≥0,則當(dāng)x∈(-∞,1)時,f′(x)<0;
當(dāng)x∈(1,+∞)時,f′(x)>0.
所以f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增.
(ⅱ)設(shè)a<0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
①若a=-,則f′(x)=(x-1)(ex-e),
所以f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增.
②若a>-,則ln(-2a)<1,
故當(dāng)x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)時,f′(x)>0;
當(dāng)x∈(ln(-2a),1)時,f′(x)<0.
所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上單調(diào)遞增,在(ln(-2a),1)上單調(diào)遞減.
③若a<-,則ln(-2a)>1,
故當(dāng)x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)時,f′(x)>0;
當(dāng)x∈(1,ln(-2a))時,f′(x)<0.
所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上單調(diào)遞增,在(1,ln(-2a))上單調(diào)遞減.
(2)(ⅰ)設(shè)a>0,則由(1)知,f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增.
又f(1)=-e,f(2)=a,取b滿足b<0且b
(b-2)+a(b-1)2=a>0,
所以f(x)有兩個零點(diǎn).
(ⅱ)設(shè)a=0,則f(x)=(x-2)ex,
所以f(x)只有一個零點(diǎn).
(ⅲ)設(shè)a<0,若a≥-,則由(1)知,f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增.又當(dāng)x≤1時,f(x)<0,故f(x)不存在兩個零點(diǎn);若a<-,則由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))上單調(diào)遞減,在(ln(-2a),+∞)上單調(diào)遞增.
又當(dāng)x≤1時,f(x)<0,故f(x)不存在兩個零點(diǎn).
綜上,a的取值范圍為(0,+∞).
3.(2016山東)設(shè)f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f′(x),求g(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)已知f(x)在x=1處取得極大值,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解 (1)由f′(x)=ln x-2ax+2a,
可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞),
所以g′(x)=-2a=.
當(dāng)a≤0,x∈(0,+∞)時,g′(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)a>0,x∈時,g′(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,x∈時,g′(x)<0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.
所以當(dāng)a≤0時,g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+∞);
當(dāng)a>0時,g(x)的單調(diào)增區(qū)間為,單調(diào)減區(qū)間為.
(2)由(1)知,f′(1)=0.
①當(dāng)a≤0時,f′(x)單調(diào)遞增,
所以當(dāng)x∈(0,1)時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,
當(dāng)x∈(1,+∞)時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.
②當(dāng)0<a<時,>1,由(1)知f′(x)在內(nèi)單調(diào)遞增.
可得當(dāng)x∈(0,1)時,f′(x)<0,
當(dāng)x∈時,f′(x)>0.
所以f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在內(nèi)單調(diào)遞增.
所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.
③當(dāng)a=時,=1,f′(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,
在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,
所以當(dāng)x∈(0,+∞)時,f′(x)≤0,f(x)單調(diào)遞減,不合題意.
④當(dāng)a>時,0<<1,當(dāng)x∈時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
當(dāng)x∈(1,+∞)時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.
所以f(x)在x=1處取得極大值,符合題意 .
綜上可知,實(shí)數(shù)a的取值范圍為a>.
4.已知函數(shù)f(x)=aln x-x+.
(1)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(2)證明:當(dāng)x>0時,ln(1+)<.
(1)解 f′(x)=-1-=(x>0).
記g(x)=-x2+ax-1,對稱軸為x=,Δ=a2-4,
而g(0)=-1<0,且開口方向向下,則
①當(dāng)Δ=a2-4≤0,即-2≤a≤2時,g(x)≤0,f′(x)≤0,
∴f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.
②當(dāng)Δ=a2-4>0,即a>2或a<-2時,
若a>2,則>1,方程g(x)=0的兩根
x1=>0,x2=>0,
當(dāng)0時,f′(x)<0;
當(dāng)0.
則f(x)在區(qū)間(0,),(,+∞)上單調(diào)遞減,
在區(qū)間(,)上單調(diào)遞增.
若a<-2,則<-1,g(x)<0,
∴f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.
綜上所述,當(dāng)a≤2時,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減;
當(dāng)a>2時,f(x)在區(qū)間(0,),(,+∞)上單調(diào)遞減,
在區(qū)間(,)上單調(diào)遞增.
(2)證明 原不等式可化為
ln(1+)< = -.
令t= ,
∵x>0,∴t>1,則原不等式等價于2ln t
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